opearcijska istraŽivanja
DESCRIPTION
OPEARCIJSKA ISTRAŽIVANJATRANSCRIPT
-
1OPERACIJSKA ISTRAIVANJAU PROMETU
VELEUILITE U RIJECIPROMETNI ODJEL
Miro Frani, [email protected]
O predmetu Fond sati tjedno (IV. semestar)
2 sata predavanja 1 sat vjebi
Oblik nastave Predavanja, vjebe
Nain provjere znanja Prema pravilniku o studiranju i ocjenjivanju
Literatura H. Paagi: Matematike metode u prometu, Fakultet prometnih
znanosti, Zagreb, 2003. Z. Babi, Linearno programiranje, Zbirka zadataka, Ekonomski fakultet
Split, 1991. D. Barkovi: Operacijska istraivanja, Ekonomski fakultet Osijek, 2002. R. Bronson: Theory and problems of Operations research, Schaums
Outline Series, McGraw-Hill, 1982. W. L. Winston: Operations Research: Applications and Algorithms,
1987. Materijali s predavanja i vjebi
O predmetu - nastavak
Sadraj predavanja Definicija operacijskih istraivanja Poslovno odluivanje Povijest operacijskih istraivanja Podruja primjene operacijskih istraivanja Klasifikacija problema operacijskih istraivanja Pristup rjeavanju problema operacijskih istraivanja Matematiko programiranje Problemi linearnog programiranja Metode za rjeavanje problema linearnog programiranja
Grafika metoda Simpleks metoda Dualna metoda
Analiza (interpretacija) optimalnog rjeenja Problem transporta
-
2O predmetu - nastavak Sadraj vjebi
Rjeavanje zadataka primjenjujui teorijske postavke obraene na predavanjima
Primjena programskih alata na raunalu
Konzultacije Prema rasporedu Na konzultacije studenti dolaze s pripremljenim
biljekama
Operacijska istraivanja Interdisciplinarna znanstvena grana koja koristi
metode poput matematikog modeliranja, statistike i algoritama za odreivanje optimalnih ili priblino optimalnih rjeenja sloenih problema
Skup metoda programiranja i analize koje se koriste matematikim modelima pomou kojih se razrauju varijante moguih rjeenja
Pomau menadmentu pri donoenju optimalnih poslovnih odluka koritenjem znanstvenih metoda
Operacijska istraivanja Interdisciplinarnost
Matematika (linearna algebra, ....) Statistika (metoda uzoraka, vjerojatnost, ...) Ekonomija (teorija trokova, pokazatelji
uspjenosti poslovanja, ...) Informatika (algoritmi, raunalna rjeenja, ...)
Modeli su matematiki, a rjeenja se mjere ekonomskim efektima
-
3Operacijska istraivanja engl. Operations (Operational) Research njem. Operationsforschung fr. Recherce operationnelle tal. Ricerca operativa
Operacijska istraivanja Operacija
svaka aktivnost kojom se postie odreeni cilj Optimalno rjeenje (MAX ili MIN)
Nije optimalno zauvijek Promjenom uvjeta pod kojima se odvija odreena operacija
moe doi do promjene optimalnog rjeenja Uvjeti odvijanja operacija
Proces proizvodnje Plan prijevoza Raspored ljudi Koliina ulaganja ....
POSLOVNO ODLUIVANJE
-
4Pojam odluke Odluka
Prihvaanje nekog prijedloga ili jedne od varijanti radi rjeenja postavljenog problema
Poslovna odlukaVezana uz donoenje odluka u poslovnim subjektima (poduzeima)
Poslovne odluke Naini donoenja poslovnih odluka
Intuicija Iskustvo Logika analiza Kvantitativne metode
Poslovne odluke Intuicija
Donoenje odluke po osjeaju, bez prisutnosti znanja i iskustva, bez logikog zakljuivanja
IskustvoDonoenje odluke na temelju nekih saznanja o slinim problemima iz prolosti
-
5Poslovne odluke Logika analiza
Donoenje odluke na temelju podataka Kvantitativne metode
Donoenje odluke na temelju kvantificiranja svojstava (pridruivanja numerikih vrijednosti svojstvima). Nune su u sluajevima kada se broj ulaznih informacija znaajno poveao pa logikom analizom nije mogue rijeiti problem
Poslovne odluke
Povijest operacijskih istraivanja Vojna disciplina Temelji operacijskih istraivanja
postavljeni su tijekom II. Svjetskog rata u operativnom stoeru britanske vojske po emu je ova struna i znanstvena disciplina dobila naziv (jedno od tumaenja naziva)
-
6Povijest operacijskih istraivanja Britanska vojska je statistikom obradom
podataka o bombardiranju njemakih podmornica dola do podataka o potrebi promjene tempiranja eksplozije bombe na prosjenu dubinu uranjanja podmornice od 35 stopa (umjesto dotadanjih 100) ime se efikasnost poveala za 700%. Nijemci su povjerovali da su konstruirane nove bombe.
Povijest operacijskih istraivanja Odreivanje optimalne duljine konvoja
trgovakih brodova koji su prevozili robu iz Amerike u Europu tijekom II. Svjetskog rata bilo je nuno da se pomire suprotni motivi (prevesti to vie robe uz to manje gubitke u sluaju napada neprijateljske vojske)
Vea duljina konvoja bila je nesigurnija i zahtijevala je vie ratnih brodova u pratnji
Povijest operacijskih istraivanja I nakon rata operacijska istraivanja
ostala su vojna disciplina Razvojem trita, konkurencije, brim
promjenama uvjeta privreivanja, poslovni subjekti bili su prisiljeni odluivanje temeljeno na iskustvu i intuiciji zamijeniti metodama i postupcima operacijskih istraivanja
-
7Povijest operacijskih istraivanja Nagli razvoj raunarske tehnike
omoguio je sve bri razvoj operacijskih istraivanja
Primjena sloenih metoda koje zahtijevaju dugotrajne postupke bila je omoguena koritenjem raunala
Povijest operacijskih istraivanja SIMPLEKS METODA
G. Dantzig 1947. godine razvija jednu od najvanijih metoda za rjeavanje problema linearnog programiranja
Operacijska istraivanja - primjena1. Postojanje velikog broja razliitih rjeenja
i naina izvoenja koja je teko ili gotovo nemogue sagledati ili procijeniti na temelju iskustva i intuicije
2. Mogunost kvantifikacije problema3. Rjeenja su u pravilu samo osnova za
donoenje odluka - nauni pristup pripremi podloga za odluivanje
-
8Operacijska istraivanja - primjena Planiranje proizvodnje Upravljanje projektima Logistika Rasporeivanje (ljudi, strojeva,..)
Klasifikacija problema Prema metodama
Linearno programiranje Nelinearno programiranje Dinamiko programiranje Teorija igara Redovi ekanja ili teorija masovnog
odluivanja
Klasifikacija problema Prema sadraju
Problemi proizvodnje Problemi transporta Problemi zaliha .....
-
9Problemi uvoenja OI Kadrovski Organizacijski Izbor i definiranje problema Izbor metoda i tehnika Ekonomska opravdanost uvoenja
Postupak rjeavanja Definiranje problema Analiza problema Prikupljanje podataka i informacija Izrada modela Odreivanje metode (a) Rjeavanje (runo ili pomou raunalnog
programa) Interpretacija rjeenja - analiza rjeenja i post
optimalna analiza
Postupak rjeavanja Problem je najee opisan verbalno pa
ga treba formalizirati izradom modela (matematiki model) koji se onda rjeava nekom od metoda
-
10
Postupak rjeavanja - preporuke Odreivanje veliine koju treba optimizirati i
izraziti ju matematikom funkcijom. Na taj nain definiraju se ulazne varijable.
Identificirati sve zahtjeve, ogranienja i restrikcije i izraziti ih matematiki.
Izraziti i skrivene uvjete tj. one koji nisu eksplicitno napisani ali jasno proizlaze iz problema (ne negativnost, cjelobrojnost,...)
Postupak rjeavanja - dogovor U sluaju da postoji vie jednakih
optimalnih rjeenja, bilo koje je prihvatljivo. Nema preferiranih rjeenja ukoliko nije neko od rjeenja naglaeno u ogranienjima.
Primjer 1Tvornica proizvodi dvije vrste proizvoda od tri vrste sirovina.Potrebne koliine sirovina za proizvodnju jedinice proizvoda, zalihe sirovina i cijene jedinice proizvoda dane su u sljedeoj tablici:
PROIZVODI ZALIHA SIROVINAP1 P2
SIROVINES1 1 3 21S2 2 3 24S3 2 1 16
CIJENE 5 4
Odrediti koliko koje vrste proizvoda treba tvornica proizvesti daostvari najvei prihod.Da li su zalihe sirovina za tu proizvodnju prevelike?
-
11
Primjer 2Prodavaonica namjetaja prodaje tri vrste namjetaja: N1, N2 i N3 ije su nabavne cijene redom: 2.000 Kn, 5.000 Kn i 4.000 Kn. Analizom trita ustanovljeno je da je mogue prodati najvie 25 komada namjetaja N2. Raspoloiva sredstva za nabavu namjetaja iznose 250.000 Kn, a raspoloivi prostor skladita iznosi 2480m . Za skladitenje 1 komada namjetaja N1 potrebno je 26m , za N2 28m i za N3 28m . Prodavaonica ostvaruje razliku u cijeni kroz maru koja iznosi 10% nabavne cijene za namjetaj N2 i N3, a 15% za namjetaj N1.
Odrediti koliine pojedine vrste namjetaja koje je potrebno naruiti da bi prodavaonica ostvarila najvei prihod.
Primjer 3Poljoprivrednik ima na raspolaganju sedam ari zemlje na kojoj planira zasijati penicu i kukuruz. Prinos penice po aru je 875 kg, a kukuruza 350 kg. Otkupna cijena penice je 1,2 Kn po kg, a kukuruza 1 Kn po kg. Drava zahtijeva proizvodnju od najmanje 1050 kg kukuruza. Da bi zasijao jedan ar penice poljoprivredniku je potrebno 10 sati, a za ar kukuruza 4 sata. Za posao sijanja ima na raspolaganju 40 sati.
Odrediti koliko ari penice, a koliko ari kukuruza treba poljoprivrednik zasijati da bi ostvario maksimalni iznos od otkupa.
Primjer 4U tri skladita nalazi se redom 50, 70 odnosno 100 tona robe koju treba Prevesti u tri trgovine koje su naruile redom 60, 80, 80 tona robe. Trokovi transporta od pojedinog skladita do trgovine prikazani su u sljedeoj tablici:
T1 T2 T3
S1 5 3 3
S2 1 4 5
S3 1 2 4
Koliko robe treba prevesti iz pojedinog skladita u pojedinu trgovinu da bi se zadovoljile narudbe trgovina uz najmanje trokove prijevoza?
-
12
MATEMATIKO PROGRAMIRANJE
Optimizacijski problem Traenje OPTIMALNOG RJEENJA
(maksimum ili minimum) odreene veliine koju nazivamo CILJ i koja ovisi o konanom broju ulaznih varijabli, meusobno neovisnih ili povezanih putem jednog ili vie OGRANIENJA
Optimizacijski problem - primjer Za proizvodnju dva proizvoda na
raspolaganju su tri stroja. Poznat je kapacitet (raspoloivo vrijeme) strojeva kao i vrijeme potrebno za izradu jednog komada proizvoda na pojedinom stroju.Traimo najvei mogui broj komada pojedinog proizvoda uz maksimalno iskoritenje kapaciteta strojeva.
-
13
Optimizacijski problem - primjer
Ako je npr. kapacitet prvog stroja 9900 sati, a vrijeme potrebno za izradu prvog proizvoda 10 sati, a drugog 9 sati tada je ukupno vrijeme potrebno za proizvodnju ukupne koliine oba proizvoda (iskoriteni kapacitet) zadano relacijom
21 910 xx +
1x
2x
Broj komada prvog proizvodaBroj komada drugog proizvoda
Optimizacijski problem - primjerObzirom da je cilj maksimalno iskoritenje
kapaciteta stroja, tom cilju najbolje odgovara sljedea jednadba:
9900910 21 =+ xxkoja kae da je iskoriteni kapacitet jednak
raspoloivom kapacitetu. U praksi je takva situacija rijetka pa zadanom problemu vie odgovara nejednadba
9900910 21 + xx
Optimizacijski problem - primjer500800
2
1=
=
xx nije mogue jer jeRjeenje
990012500500980010 =+
a to znai da smo prekoraili kapacitet prvog stroja.To je NEMOGUE RJEENJE.
je MOGUE ali nije prihvatljivoRjeenje 30020021 ==
xx
Trai se OPTIMALNO rjeenje, tj. ono koje je mogue(zadovoljava uvjete ogranienja) i daje maksimalnu iliminimalnu vrijednost funkcije cilja.
-
14
Matematiko programiranje Izrada matematikog modela
(programa) za zadani problem optimizacije
Model - pojednostavljena slika stvarnosti tj. realnog problema ili djelatnosti koja se prouava
Matematiki model - vrsta simbolikog modela koji koristi matematike simbole
Matematiki program
),...,,( 21 nxxxfz =
),...,,(
........................
),...,,(),...,,(
21
212
211
nm
n
n
xxxg
xxxgxxxg
Zadana funkcija
Ogranienja:
=
mb
bb
......
2
1
Trai se : min z ili max z
Linearni program Matematiki program kod kojeg su funkcija
cilja i sve funkcije ogranienja linearne u svim argumentima
niniini
nnn
xaxaxaxxxg
xcxcxcxxxf
+++=
+++=
...),...,,(
....),...,,(
221121
221121
( )njmiac ijj ,....,2,1;,.....,2,1, == poznate konstante,koeficijenti
-
15
Cjelobrojni program Linearni program kod kojeg je dodatno
ogranienje da su ulazne varijablen
xxx ,....,2,1
cijeli brojevi
Kvadratni program Matematiki program u kojem su
Ogranienja linearne funkcije Funkcija cilja je kvadratna
= = =
+=n
i
m
j
n
iiijiijn xdxxcxxxf
1 1 121 ),...,,(
2 3
2
21
22
21
=
+=
x
xx
xxzPrimjer
Definicija linearnog programiranja Linearno programiranje je skup metoda operacijskih
istraivanja kojom se utvruje optimalna vrijednostfunkcije cilja (maksimum ili minimum) koja jelinearna funkcija varijabli
koje su meusobno povezane linearnim jednadbama i/ili nejednadbama
n21 x, ,, xx
-
16
Metode linearnog programiranja Prema prirodi problema linearno
programiranje obuhvaa: Grafiku (geometrijsku) metodu Simpleks metodu Transportne metode Metodu rasporeivanja
Matematiki model linearnog programiranja
Standardni oblik Kanonski oblik Opi oblik
LINEARNO PROGRAMIRANJE
-
17
Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja
Ogranienja su zadana u obliku nejednadbi
max z , ogranienja tipa
min z , ogranienja tipa
max z, min z , mjeovita ogranienja
Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja (max)
mnmnmm
nn
nn
nn
bxaxaxa
bxaxaxa
bxaxaxa
xcxcxcz
++
+++
+++
+++=
...
.................................................
.................................................
.................................................
...
...
________________________
...max
2211
22222121
11212111
2211
0,...,, 21 nxxx uvjet nenegativnosti0 i pozitivni brojevi
Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja (min)
mnmnmm
nn
nn
nn
bxaxaxa
bxaxaxa
bxaxaxa
xcxcxcz
++
+++
+++
+++=
...
.................................................
.................................................
.................................................
...
...
________________________
...min
2211
22222121
11212111
2211
0,...,, 21 nxxx uvjet nenegativnosti0 i pozitivno
-
18
Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja (min ili max)
_______________________
...max 2211 nn xcxcxcz +++=
0,...,, 21 nxxx
________________________
...min 2211 nn xcxcxcz +++=
uvjet nenegativnosti0 i pozitivno
mnmnmm
nn
nn
bxaxaxa
bxaxaxa
bxaxaxa
++
+++
+++
...
.................................................
.................................................
.................................................
...
...
2211
22222121
11212111
Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja
(saeti oblik)
j
n
jj xcz
=
=
1max(min)
uz ogranienja
nj
mibxan
jijij
,...,2,1 0 x)2(
,...,2,1 )1(
j
1
=
==
Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja(matrini zapis - notacija)
[ ]
=
n
n
x
x
x
cccz
.
.
.
...max(min)2
1
21
mnmnmm
n
n
b
bb
x
x
x
aaa
aaa
aaa
.
.
.
.
.
.
...
......
......
......
...
...
2
1
2
1
21
22221
11211
(1)
uz ogranienja
Trai se
0.
.
.
00
.
.
.
2
1
nx
x
x
(2)
-
19
Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja
)1()1(max(min) = nn XCz
(1)
uz ogranienja
C - vektor redakX - vektor stupac
(2)
Trai se
)1()1()( )( mnnm BXA
)1()1( 0 nnX )1(0 ngdje je nulmatrica
RJEAVANJE PROBLEMA LP
Standardni problem maksimuma LP
mnmnmm
nn
nn
nn
bxaxaxa
bxaxaxa
bxaxaxa
xcxcxcz
++
+++
+++
+++=
...
.................................................
.................................................
.................................................
...
...
________________________
...max
2211
22222121
11212111
2211
0,...,, 21 nxxx uvjet nenegativnosti0 i pozitivni brojevi
(1.1)
(1.2)
(1.3)
-
20
Definicija rjeenjaProizvoljno rjeenje sustava nejednadbi (1,2)predstavlja toku n-dimenzionalnog prostora
n
n Rxxx ),...,,( 21
Dopustivo (mogue) rjeenje je svako nenegativno rjeenje sustava nejednadbi (1,2)
Skup S svih dopustivih rjeenja je podskup prostora nR
nRS
Definicija rjeenjaLinearni program ima rjeenje ako postoji maksimum(minimum) funkcije cilja i ima konanu vrijednost naskupu S dopustivih rjeenja.Problem LP nema rjeenje ako je skup S prazan skupili je maksimum (minimum) funkcije cilja neogranienbroj.Optimalno rjeenje je ono dopustivo rjeenje za kojefunkcija cilja postie maksimum (minimum).Openito, linearni program moe imati vie optimalnihrjeenja.Sva optimalna rjeenja su ravnopravna tj. nemapreferiranih rjeenja.
Kategorije LP prema rjeenju Jednoznaan - ima jedinstveno optimalno
rjeenje Vieznaan - ima vie optimalnih rjeenja Neizvediv je (ne postoji mogue rjeenje tj.
sustav nejednadbi (1,2) nema rjeenja, skup S je prazan)
Neogranien - problem ima mogua rjeenja no funkcija cilja ni za jedno mogue rjeenje nema najveu vrijednost
-
21
Optimalno rjeenjeSxxxX n = ),...,,( **2*1*
je optimalno rjeenje problema linearnogprogramiranja ako vrijedi:
SXXfXf svako za )()( * Za maksimum
Za minimumSXXfXf svako za )()( *
Optimalno rjeenjeTeorem: Kriterij optimizacije (maksimum ili minimum)
moe se zamijeniti suprotnim bez utjecajana optimalno rjeenje tj.
)(max)( * XfXfSx
=
onda je:
ako vrijedi:
[ ])(min)( * XfXfSx
=
i obrnuto.
Zakljuak: Iako postoje dva kriterija optimizacije:maksimizacija i minimizacija problemizbora optimalnog rjeenja moemo smatrati jedinstvenim
Optimalno rjeenjeNejednadbe kojima su zadana ogranienja (uvjeti)u veini sluajeva odreuju u n-dimenzionalnomprostoru konveksni skup S koji je ogranienhiperravninama
mibxa in
jjij ,...,2,1
1==
=
Konveksni skup: Skup toaka koji za svake svoje dvije toke sadri i njihovu linearnu(konveksnu) vezu:
10 ,)1(S, 2121 + Sxxxx
-
22
Optimalno rjeenjeFunkcija cilja (kriterija) dosee svoj maksimum iliminimum (ako postoji) na granici skupa S.
Ako nijedna od hiperravnina f(X) = const. nije paralelnani s jednom od hiperravnina koje predstavljaju stranicepoliedra S, tada funkcija cilja dosee maksimum ili minimum u jednom od vrhova poliedra.
Ako je hiperravnina f(X) = const. paralelna s jednomod hiperravnina koje predstavljaju stranice poliedra S, linearni program moe imati beskonano rjeenja (stranica poliedra).Funkcija cilja dosee maksimum (minimum) u tokamahipperravnine na granici skupa S s kojom je paralelnahiperravnina f(X) = const.
Grafiko rjeavanje problema LP Grafika metoda primjenjiva je samo u
sluaju dvije ili tri varijable U sluaju dvije varijable javlja se model u
ravnini (pravci u ravnini, poluravnine) U sluaju tri varijable radi se o prostornom
modelu koji postaje neprikladan
Grafiko rjeavanje problema LP(n=2)
Nejednadbe pretvorimo u jednadbe Za svaku jednadbu crtamo pravac Odredimo poluravninu ije toke zadovoljavaju
nejednadbu Odredimo skup moguih rjeenja kao presjek
poluravnina iz prethodnog koraka Presjene toke pravaca ine vrhove poligona Izraunamo vrijednosti funkcije cilja u svakom
vrhu Najvea vrijednost predstavlja maksimum, a
najmanja minimum
-
23
Grafiko rjeavanje problema LP(n=2, bez ogranienja nenegativnosti)
x
y
p
2
1
1 2iPravac p dijeli ravninu na dvije poluravnine
Grafiko rjeavanje problema LP(n=2, varijable nenegativne)
x
y
p
2
1
1 2iPravac p dijeli ravninu na dvije
poluravnine
Skup moguih (dopustivih) rjeenja
A B
C
D
S
Skup moguih (dopustivih) rjeenja S je poligon ABCD
1p2p
3p
4p
y
x
-
24
ALGEBARSKO RJEAVANJE PROBLEMA LP
Algebarsko rjeavanje LP Odreivanje skupa moguih rjeenja koji
je odreen sustavom nejednadbi ogranienja (uvjeta) linearnog programa, provodi se pretvaranjem sustava nejednadbi u sustav jednadbi za ije se rjeavanje koriste metode linearne algebre
Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja (max)
mnmnmm
nn
nn
nn
bxaxaxa
bxaxaxa
bxaxaxa
xcxcxcz
++
+++
+++
+++=
...
.................................................
.................................................
.................................................
...
...
________________________
)...max(max
2211
22222121
11212111
2211
0,...,, 21 nxxx uvjet nenegativnosti0 i pozitivni brojevi
-
25
Kanonski (osnovni) oblik LPSva ogranienja zadana su u obliku jednadbi.
mnmnmm
nn
nn
bxaxaxa
bxaxaxa
bxaxaxa
=++
=+++
=+++
...
.................................................
.................................................
.................................................
...
...
2211
22222121
11212111
Prijelaz iz standardnog u kanonski oblik
mmnnmnmm
nnn
nnn
nn
bxxaxaxa
bxxaxaxa
bxxaxaxa
xcxcxcz
=+++
=++++
=++++
+++=
+
+
+
...
.................................................
.................................................
.................................................
...
...
________________________
)...max(max
2211
222222121
111212111
2211
0,...,, 21 nxxx Strukturne varijableVarijable odluke
0,...,, 21 +++ mnnn xxx Dodatne (dopunske) varijable
Bazino rjeenje
nm
bxaxaxa
bxaxaxa
bxaxaxa
mnmnmm
nn
nn
=++
=+++
=+++
...
.................................................
.................................................
.................................................
...
...
2211
22222121
11212111
Promatramo sustav od m jednadbi s n nepoznanica(broj jednadbi manji od broja nepoznanica):
-
26
Bazino rjeenjeSvako rjeenje navedenog sustava
nxxx ,...,, 21
kod kojeg je najvie m varijabli razliito od nulenaziva se bazino rjeenje.
Rjeenje koje ima manje od m varijabli razliitih odnule - degenerirano bazino rjeenje.
Varijable razliite od nule - bazine varijable.
Bazino rjeenjeZa sustav od m jednadbi s n nepoznanica najvei
mogui broj bazinih rjeenja dan je izrazom
( )!!!
mnm
n
mn
=
Broj kombinacija bez ponavljanja m-tog razreda odn elemenata
Bazino rjeenje
( )
12659
5,9
2127
2,7
621214321
!2!2!4
!24!2!4
24
2,4
=
==
=
==
=
=
=
=
==
mn
mn
mn
-
27
Primjer
9600 1497200 125x9009 9x10
21
21
21
+++
xxx
x
0 , 21 xx
)x5324( maxmax 21 += xz_________________________
Standardni oblik
Primjer
0,,,,
9600 x 149
7200 x 125x
9009 x 9x10
54321
521
421
321
=++
=++
=++
xxxxx
xx
x
x
Kanonski oblik
Primjer
6000x ,1100x 0,0x .2
9600 x ,7200 x ,9009 x 0,0x .1
4231
54321
====
=====
x
x
Neka bazina rjeenja
Rjeenje pod 1 je bazino mogue rjeenje
Rjeenje pod 2 nije mogue jer ne zadovoljava uvjet nenegativnosti.
-
28
Odreivanje optimalnog rjeenja Ukoliko postoji rjeenje linearnog
programa tada vrijedi Funkcija cilja poprima svoj optimum u
bazinom moguem rjeenju Bazina mogua rjeenja jesu ekstremne
toke skupa moguih rjeenja Skup moguih rjeenja je konveksni skup s
konanim brojem ekstremnih toaka
Odreivanje optimalnog rjeenja Optimalno rjeenje traimo meu
bazinim moguim rjeenjima1. Odrediti sva bazina rjeenja2. Izdvojiti mogua obzirom na uvjet
nenegativnosti3. Za svako mogue rjeenje izraunati
vrijednost funkcije kriterija (cilja)4. Odrediti najveu (najmanju) vrijednost
Odreivanje optimalnog rjeenja Navedeni postupak je dugotrajan pa se
koristi drugi nain
SIMPLEKS METODA
-
29
Simpleks metoda Dantzig 1947 Simples - grki jednostavan Simples - n- dimenzionalni konveksni
poliedar
Simpleks metoda Opa metoda - primjenjiva na bilo koji problem
LP (prednost) Iterativna metoda
postupak se izvodi u nekoliko koraka rezultati svakog koraka koriste se u sljedeem
koraku Nedostaci
dugotrajan proces greke prethodnog koraka prenose se u sljedei
Simpleks metoda - postupak Standardni oblik prevede se u kanonski Odabere se jedno poetno mogue bazino rjeenje Provjerava se da li je to rjeenje optimalno tj. da li
funkcija cilja poprima za tu vrijednost maksimum(minimum)
Ako rjeenje nije optimalno prelazi se na novu iteraciju Trai se novo mogue rjeenje za koje funkcija cilja
poprima veu vrijednost (maksimum) odnosno manju vrijednost (minimum)
Nakon niza iteracija dolazi se do rjeenja koje se vie ne moe poboljati (uz uvjet da problem ima rjeenje)
-
30
Simpleks metoda
________________
)345max( 321 xxx ++
0,, 8 2 43
11 2 45 3 2
321
321
321
321
++++++
xxx
xxx
xxx
xxx
_________________________________
)000345max( 654321 xxxxxx +++++
0,,,,, 8 x 2 4311 x 2 45 x 3 2
654321
6321
5321
4321
=+++
=+++
=+++
xxxxxx
xxx
xxx
xxx
Standardni oblik
Kanonski oblik
Simpleks metoda
0,,,,, 3 4 5 2- 4 - 3-8 x
- - 4- 11 x -3 -2- 5 x
65431
321
3216
3215
3214
++=
=
=
=
xxxxxx
xxxz
xxx
xxx
xxx
Ovaj sustav jednadbi ekvivalentan je zadanomproblemu linearnog programiranja (standardnioblik).Funkcija cilja poprima istu ekstremnu vrijednost naskupu moguih rjeenja jednog i drugog sustava.
Simpleks metoda
321 ,, xxx
654321 ,,,,, xxxxxxna jedinstven nain u mogue rjeenje
moe se proiritiSvako mogue rjeenje
stavljajui
3216
3215
3214
2- 4 - 3-8 x - - 4- 11 x -3 -2- 5 x
xxx
xxx
xxx
=
=
=
-
31
Simpleks metoda
321 ,, xxx
654321 ,,,,, xxxxxx
moe se pretvoriti u mogue rjeenje
Svako mogue rjeenje
stavljajui 0 x, 0 x,0 x 654 ===
Simpleks metoda
0z 8 x, 11 x, 5 x,0,0,0 654321
=
====== xxx
Odaberemo jedno poetno mogue rjeenje.Najjednostavnije je uzeti vrijednost 0 za varijable odluke (strukturne varijable).
Za sustav
0,,,,, 3 4 5 2- 4 - 3-8 x
- - 4- 11 x -3 -2- 5 x
654321
321
3216
32153214
++=
=
=
=
xxxxxxxxxzxxx
xxxxxx
Simpleks metoda
5z 5 x, 7 x, 3 x,0,0,1 654321
=
====== xxx
Slijedei korak je traenje novog mogueg rjeenja koje e dati veu vrijednost funkcije cilja z.
01z 2 x, 3 x, 1 x,0,0,2 654321
=
====== xxx
15z 1- x, 1- x, 1- x,0,0,3 654321
=
====== xxx
-
32
Simpleks metoda
380 2- 4 - 3-8 x
4110 - - 4- 11 x
250 -3 -2- 5 x
13216
13215
13214
=
=
=
xxxx
xxxx
xxxx
Zadnje rjeenje nije mogue jer su neke varijable negativne.Vrijednost varijable ne moemo neogranieno poveavati.Treba odrediti koja je gornja granica do koje se vrijednost varijable moe poveavati.
225
21
x, 1 x, 0 x,0,0,25
654321 ======= zxxx
Simpleks metoda
Postupak se nastavlja formiranjem novog sustava jednadbi u kojem se pozitivne varijable izraavaju preko varijabli koje su imale vrijednost nula.
0,,,,,
25
-
21
27
-
225
23
21
-
21
21
x
2 5 1 x
21
-
21
-
23
-
25
x
65431
432
4326
425
4321
+=
++=
++=
=
xxxxxx
xxxz
xxx
xx
xxx
Simpleks metoda
42 , xx
1x0 23
21
-
21
21
x
01 2 5 1 x
50 21
-
21
-
23
-
25
x
34326
425
34321
++=
=++=
=
xxx
xx
xxxx
Trai se moguost poveanja vrijednosti funkcije z odabirom neke od varijabli s desne strane.
promijenile svoju vrijednostUkoliko bi varijableod nule na pozitivnu, vrijednost z bi se smanjila,pa ostaje jedino mogunost poveanja varijable 3x
13 0 x, 1 x, 0 x,1,0,2 654321 ======= zxxx
-
33
Simpleks metoda
x-x-3x-13 z25x1 x2-2- 2 x
2-3 1 x
642
425
6421
6423
=
++=
+=
++=
x
xxx
xxx
13 0 x, 1 x, 0 x,1,0,2 654321 ======= zxxx
Svako poveanje varijabli s desne strane na pozitivnuvrijednost smanjilo bi funkciju cilja z to pokazuje da je 13 maksimalna vrijednost i da je optimalno rjeenje
Shematizirana simpleks metoda(simpleks tablica)
Linearna zavisnost i nezavisnost vektora
Linearna kombinacija vektora
nnVVV +++ 2211
ekombinacij linearne tikoeficijen ,,, 21 n vektorilnidimenziona-m ,,, 21 nVVV
-
34
Linearna zavisnost i nezavisnost vektora
Skup od m-dimenzionalnih vektora
02211 =+++ nnVVV
n ,,, 21
nVVV ,,, 21 je linearno zavisan ako postoje brojevi
Koji nisu svi nula i vrijedi
Linearna zavisnost i nezavisnost vektora
Skup od m-dimenzionalnih vektora
02211 =+++ nnVVV
0,,, 21 = n
nVVV ,,, 21 je linearno nezavisan ako iz
slijedi
Linearno zavisni vektori
6,1,2 321 ===
=
000
010
6102
15,0
31
2
=
=
=
010
,
102
,
5,031
321 VVV
-
35
Linearno nezavisni vektori
0,0,0 321 ===
=
+
+
000
010
010
001
321
=
=
=
100
,
010
,
001
321 VVV
Baza vektorskog prostora Svaki skup od m vektora u m-dimenzionalnom
vektorskom prostoru koji je linearno nezavisan ini bazu tog prostora.
Nijedan vektor iz baze ne moe se izraziti kao linearna kombinacija preostalih vektora baze
Svaki vektor koji nije u bazi moe se izraziti kao linearna kombinacija vektora baze
Primjer_________________
)345max( 321 xxx ++
0,, 8 2 43
11 2 45 3 2
31
321
321
321
++++++
xxxxxxxxxxxx
__________________________________
)000345max( 654321 xxxxxx +++++
0,,,,, 8 x 2 43
11 x 2 45 x 3 2
65431
6321
53214321
=+++=+++=+++
xxxxxxxxxxxxxxx
-
36
Vektorski zapis
=
+
+
+
+
+
8115
100
010
001
221
413
342
654321 xxxxxx
654 ,, AAA
=
=
=
=
=
=
=
8115
B ,100
A ,010
A ,001
A ,221
A ,413
,
342
654321 AA
BxAxAxAxAxAxA =+++++ 665544332211
jedinini vektori linearno nezavisnii ine bazu trodimenzionalnogvektorskog prostora (bazini vektori)
Prikaz vektora pomou baze
=
+
+
=
342
100
3010
4001
21A6541 3AA 4A2 ++=A
=
+
+
=
413
100
4010
001
32A6542 4AA A3 ++=A
=
+
+
=
221
100
2010
2001
3A6543 AA 2A ++=A
Bazino mogue rjeenjeBazino rjeenje koje odgovara odabranoj bazi
=
8115000
X
je mogue rjeenje jer zadovoljava uvjete ogranienja.
-
37
Bazino mogue rjeenje
=
+
+
+
+
+
8115
100
8010
11001
5221
0413
0342
0
BAAAAAA =+++++ 654321 8115000
Komponente bazinog mogueg rjeenja X jesu koeficijenti linearne kombinacije.Simpleks metoda koristi bazina mogua rjeenja. U svakoj iteraciji odabire se novo bazino mogue rjeenje koje poboljava funkciju cilja.Svakom bazinom moguem rjeenju odgovara druga baza sastavljena od tri vektora iz skupa
654321 ,,,,, AAAAAA
Odreivanje nove baze1. Odrediti vektor koji e ui u bazu
2. Odrediti vektor koji e iz baze izai
Odreivanje vektora koji ulazi u bazuUlazak nekog nebazinog vektora u bazu znai promjenu nebazine varijable s 0 na neku novu vrijednost. Ako se nebazina varijabla promjeni s 0 na 1 (kaemo da aktivnost operira na razini 1) mora doi do odgovarajueg smanjenja bazinih varijabli.
Smanjenje bazine varijable jednako je odgovarajuoj komponenti nebazinog vektora koji ulazi u bazu.
-
38
Odreivanje vektora koji ulazi u bazu
=
+
+
+
+
+
+
8115
100
)38(010
)411(001
)25(221
0413
0342
)10(
=
+
+
+
+
++
8115
100
)48(010
)111(001
)35(221
0413
)10(342
0
=
+
+
+
++
+
8115
100
)28(010
)211(001
)15(221
)10(413
0342
0
Odreivanje vektora koji ulazi u bazu654321 000345 xxxxxxz +++++=
Poveanje vrijednosti funkcije cilja ovisno o izboruvektora koji ulazi u bazu
16541 50000304)10(5 cxxxA ==++++++
26542 400003)10(405 cxxxA ==++++++
36543 3000)10(30405 cxxxA ==++++++
Odreivanje vektora koji ulazi u bazu654321 000345 xxxxxxz +++++=
Smanjenje vrijednosti funkcije cilja zbog smanjenjabazinih varijabli ovisno o vektoru koji ulazi u bazu
13162151141 zacacacA =++
23262251242 zacacacA =++
33362351343 zacacacA =++
jjjj acacacz 362514 ++=
-
39
Odreivanje vektora koji ulazi u bazujj cz U bazu ulazi vektor za kojeg je razlika
najvei negativni broj jer u tom sluaju funkcija cilja najvie poveava svoju vrijednost.
Vektoru koji ulazi u bazu odgovara stupac
s
s
s
a
a
a
3
2
1
Odreivanje vektora koji izlazi iz baze
min isis
i
irs
r aa
ba
b
= >0
rsa kljuni ili temeljni element.
Iz baze izlazi vektor koji se nalazi u retku za koji je kvocijent slobodnihkoeficijenata (desna strana ogranienja) i odgovarajuih komponenti vektora koji izlazi iz baze minimalan uz uvjet da su komponente vektora pozitivne.
Pravila za formiranje simpleks tablice
-
40
Simpleks tablica
1 2 3 4 .... ... ... ... ... n+3 n+4
1
2 Baza DS
3
m+2
m+3
is
i
a
b
jj cz
jc
Simpleks tablica Broj stupaca = n+4 (n je broj varijabli u kanonskom obliku
strukturnih, dopunskih i umjetnih)) Broj redaka = m+3 (m je broj jednadbi ogranienja) 1. stupac - koeficijenti u funkciji cilja uz
bazine vektore 2. stupac - vektori baze Stupci od 3. do (n+3) - komponente vektora strukturnih,
dopunskih i umjetnih varijabli. (n+3) predzadnji stupac - koeficijenti desne strane sustava
jednadbi ogranienja (n+4) zadnji stupac - kvocijent koeficijenata iz predzadnjeg
stupca i korespodentne komponente u stupcu kljunog vektora (onaj koji ulazi u bazu)
Simpleks tablica
1. redak - koeficijenti uz strukturne, dopunske i umjetne varijable u funkciji cilja napisanoj u kanonskom obliku
2. redak - vektori svih varijabli Od 3. retka do (m+3) retka jesu koeficijenti uz varijable u
jednadbama ogranienja (m+3) zadnji redak - redak kriterija optimalnosti
jj cz
-
41
Formiranje iteracija U svakoj iteraciji za vektore baze uzimaju se jedinini
vektori U prvoj iteraciji jedinini vektori jesu vektori koji pripadaju
dopunskim varijablama s koeficijentom 1 u ogranienjima manje i vektori koji pripadaju umjetnim varijablama
Svaka nova iteracija formira se promjenom vektorske baze i koritenjem simpleks algoritma
Simpleks algoritam Postupak izraunavanja novih vrijednosti elemenata
simpleks tablice na osnovu vrijednosti iz prethodne tablice Primjenjuje se sljedei postupak transformacije
rs
isrjrsijij
isrs
rjijij
a
aaaaa
njriaa
aaa
=
==
'
'
ili
,...,2,1 , )(
,...,2,1 , ' nja
aa
rs
rjrj ==
Za ostale elemente
Za elemente kljunog retka
Oitavanje vrijednosti rjeenja u simpleks tablici
U svakoj iteraciji u (n+3) stupcu oitaju se vrijednosti varijabli koje pripadaju vektorima baze koji su navedeni u drugom stupcu
Ostale varijable su 0 Vrijednost funkcije cilja u svakoj iteraciji nalazi se na
presjeku (m+3) retka (redak optimalnosti) i (n+3) stupca (slobodni koeficijenti - desna strana jednadbi ogranienja)
-
42
1. simpleks tablica
5 4 3 0 0 0
Baza DS
0 2 3 1 1 0 0 5 5/2
0 4 1 2 0 1 0 11 11/4
0 3 4 2 0 0 1 8 8/3
0 0 0 0 0 0 0
-5 -4 -3 0 0 0
is
i
a
bjc
3A1A 2A 4A 5A 6A
4A
5A
6A
jj cz
jz
2. simpleks tablica
5 4 3 0 0 0
Baza DS
5 1 3/2 1/2 1/2 0 0 5/2 5
0 0 -5 0 -2 1 0 1
0 0 -1/2 1/2 -3/2 0 1 1/2 1
5 15/2 5/2 5/2 0 0 25/2
0 7/2 -1/2 5/2 0 0
is
i
a
bjc
3A1A 2A 4A 5A 6A
5A
6A
jj cz
jz
1A
3. simpleks tablica
5 4 3 0 0 0
Baza DS
5 1 2 0 2 0 -1 2
0 0 -5 0 -2 1 0 1
3 0 -1 1 -3 0 2 1
5 7 3 1 0 1 13
0 3 0 1 0 1
is
i
a
bjc
3A1A 2A 4A 5A 6A
5A
jj cz
jz
1A
3A
-
43
Rjeenje
13130425
0,1,0,1,0,2 654321
=++=
======
z
xxxxxx
Do rjeenja se dolo u tri iteracije. U svakoj iteracijidobiveno je bazino mogue rjeenje. Sva tri rjeenjasu nedegenerirana.
=
=
=
010102
,
2/11000
2/5
,
8115000
321 XXX
A(0,0,0) B(5/2,0,0) C(2,0,1)
Rjeavanje standardnog problema minimuma
Charnesova procedura____________
)43min( 21 xx +
0, 8 3 6 2
21
21
21
++
xx
xx
xx
0,,, 8 - 3 6 - 2
2121
221
121
=+
=+
vvxx
vxx
vxx
1. Nejednadbe ogranienja prevodimo u jednadbe dodavanjem dopunskih varijabli s koeficijentom -1
0, 21 vv
0, 21 xx strukturne varijabledopunske varijable
-
44
Charnesova procedura
0,,,,, 8 v- 3 6 - 2
212121
2221
1121
=++
=++
wwvvxx
wxx
wvxx
2. Vektori dopunskih varijabli su jedinini vektori s negativnimkomponentama pa se s njima ne moe formirati nenegativnopoetno bazino rjeenje.Uvode se umjetne varijable (nemaju ekonomsku interpretaciju).Slue samo u simpleks algoritmu kao kalkulativno sredstvo.
0, 21 xx strukturne varijabledopunske varijable
0, 21 ww umjetne varijable0, 21 vv
Charnesova procedura3. Dopunske varijable u funkciju cilja ulaze s koeficijentom 0, a
umjetne s proizvoljno odabranim pozitivnim brojem M. Ovim postupkom postie se da vektori umjetnih varijabli izau iz baze.
Ako postoji mogue rjeenje originalnog problema, tada i proireni model ima nenegativno rjeenje.
Ako poetni problem nema rjeenja, tada minimalno nenegativno rjeenje proirenog modela ima bar jednu umjetnu varijablu pozitivnu. U tom sluaju je umnoak te varijable i broja M u funkciji cilja po volji velik pozitivan broj, funkcija cilja neogranieno raste pa ne postoji minimum funkcije na skupu moguih rjeenja.
Kanonski oblik standardnog problema minimuma
________________________________
)0043min( 212121 MwMwvvxx +++++
0,,,,, 8 - 3 6 - 2
212121
2221
1121
=++
=++
wwvvxx
wvxx
wvxx
-
45
Simpleks tablica za problem minimuma
3 4 0 0 M M
Baza DS
M 2 1 -1 0 1 0 6
M 1 3 0 -1 0 1 8
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W 2W1V 2V
1W
2W
1. iteracija
3 4 0 0 M M
Baza DS
M 2 1 -1 0 1 0 6 6
M 1 3 0 -1 0 1 8 8/3
3M 4M -M -M 0 0 14M
-3 -4 0 0 0 0
is
i
a
bjc
jj cz
1A 2A 1W 2W1V 2V
1W
2W
2. iteracija
3 4 0 0 M M
Baza DS
M 5/3 0 -1 1/3 1 10/3 2
4 1/3 1 0 -1/3 0 8/3 8
(5/3)M 0 -M (1/3)M 0 (10/3)M
-5/3 0 0 -4/3 0 32/3
is
i
a
bjc
jj cz
1A 2A
1W
2W1V 2V
2A
1W
-
46
3. iteracija
3 4 0 0 M M
Baza DS
3 1 0 -3/5 1/5 2
4 0 1 1/5 -2/5 2
0 0 -1 -1 14
is
i
a
bjc
jj cz
2A
1A
1A 2A 1W 2W1V 2V
Rjeenje
14860000002423min
0,0,0,0,2,2 212121
=+=+++++=
======
MMz
wwvvxx
Grafiko rjeenje
x
y
1 20
3 4 5 76 1098 13 141211
1
2
34
5
6
7
8
9
10
12
13
14
-1-2-3-1-2
-3
-4
-5
-6
-7
11
-4-5
1p
2p
A
B
C
0430 =+ yxp
cr 3643 =+ yxp
1443min =+ yxp
-
47
Zadatak____________
)32min( 21 xx +
0, 3 3 6 3 4
21
21
21
21
+
++
xx
xx
xx
xx
___________________________________________
)00032min( 32132121 MwMwMwvvvxx +++++++
0,,,,,,, 336 34
32132121
3321
2221
1121
=++
=++
=++
wwwvvvxx
w v xx
w v xx
wvxx
Simpleks tablica
2 3 0 0 0 M M M
Baza DS
M 1 1 -1 0 0 1 0 0 4
M 3 1 0 -1 0 0 1 0 6
M -1 3 0 0 -1 0 0 1 3
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W1V 2V
1W
2W
2W 3W
3W
3V
1.iteracija2 3 0 0 0 M M M
Baza DS
M 1 1 -1 0 0 1 0 0 4 4
M 3 1 0 -1 0 0 1 0 6 6
M -1 3 0 0 -1 0 0 1 3 1
3M 5M -M -M -M 0 0 0 13M
-2 -3 0 0 0 0 0 0 0
is
i
a
bjc
1A 2A 1W1V 2V
1W
2W
2W 3W
3W
3V
jj cz
-
48
2.iteracija2 3 0 0 0 M M M
Baza DS
M 4/3 0 -1 0 1/3 1 0 3 9/4
M 10/3 0 0 -1 1/3 0 1 5 3/2
3 -1/3 1 0 0 -1/3 0 0 1
(14/3)M 0 -M -M (2/3)M 0 0 8M
-3 0 0 0 -1 0 0 3
is
i
a
bjc
1A
2A
1W1V 2V
1W
2W
2W 3W3V2A
jj cz
3.iteracija2 3 0 0 0 M M M
Baza DS
M 0 0 -1 2/5 1/5 1 1 5/2
2 1 0 0 -3/10 1/10 0 3/2
3 0 1 0 -1/10 -3/10 0 3/2
0 0 -M (2/5)M (1/5)M 0 M
0 0 0 0 -1 0 15/2
is
i
a
bjc
1A
2A
jj cz
1W1V 2V
1W
2W 3W3V2A
1A
4.iteracija2 3 0 0 0 M M M
Baza DS
0 0 0 -5/2 1 1/2 5/2
2 1 0 -3/4 0 1/4 9/4
3 0 1 -1/4 0 -1/4 7/4
0 0 0 0 0 0
0 0 -9/4 0 -1 39/4
is
i
a
bjc
1A
2A
jj cz
1W1V 2V 2W 3W3V2A
1A
2V
-
49
Rjeenje
75,94
394
2118421
2900
25000
473
492min
0,0,0,25
,0,47
,
49
2132121
==
+=+=+++++=
=======
MMz
wwvvvxx
Grafiko rjeenje
x
y
1 20
3 4 5 76 1098 13 141211
1
2
34
5
6
78
9
10
12
13
14
-1-2-3-1-2
-3
-4
-5
-6
-7
11
-4-5
A
B
C
1p
2p
3p
0p
cr
Opi oblik problema linearnog programiranja
-
50
Opi oblik problema linearnog programiranja
Problemi u kojima se trai minimum ili maksimum funkcije cilja uz ogranienja koja su zadana sustavom jednadbi i nejednadbi razliitog znaka
)32min( 21 xx +
0, 2929 9 3 4
2
21
21
21
21
=
++
xxxxxxxx
___________
Kanonski oblik opeg problema
maksimum.za M - odnosno minimum,za M tomkoeficijen s umjetnea 0, tomkoeficijen s dolaze varijabledopunskecilja funkciji U
1. tomkoeficijen s w varijableumjetne dodaju sea jednadbam U
1. tomkoeficijen s w varijabliumjetnih i 1- tomkoeficijen s v varijablidopunskih
dodavanjem jednadbe u se prevode znakomsa eNejednadb
1. tomkoeficijen s u varijablidopunskihdodavanjem jednadbe u se prevode znakomsa eNejednadb
k
kk
k
Kanonski oblik opeg problema
=
DA NE DA
NE DA DA
+1 - -1
- +1 +1
0 - 0
MAX - -M -M
MIN - +M +M
Koeficijenti u funkciji cilja uz umjetne
varijable
TABLICA ZA IZBOR DOPUNSKIH I UMJETNIH VARIJABLI
uz dopunske varijableuz umjetne varijableuz dopunske varijable
Koeficijenti u simpleks jednadbama
Tip poetnih uvjeta
dopunske varijableumjetne varijable
U simpleks jednadbe uvode se
-
51
Kanonski oblik opeg problema
)0032min( 211121 MwMwvuxx +++++
0,,,,, 29 29
9 342
211121
221
1121
121
=+
=++
=++
wwvuxx
wxx
wvxx
uxx
__________________________
1. iteracija
-2 3 0 0 M M
Baza DS
0 -1 1 1 0 0 0 2
M 4 3 0 -1 1 0 9 9/4
M 9 -2 0 0 0 1 29 29/9
13M M 0 -M 0 0 38M
2 -3 0 0 0 0 0
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W 2W1V
1W
2W
1U
1U
2. iteracija
-2 3 0 0 M M
Baza DS
0 0 7/4 1 -1/4 1/4 0 17/4
-2 1 3/4 0 -1/4 1/4 0 9/4
M 0 -35/4 0 9/4 -9/4 1 35/4 35/9
0 (-35/4)M 0 (9/4)M (-13/4)M 0 (35/4)M
0 -9/2 0 1/2 -1/2 0 -9/2
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W 2W1V
2W
1U
1U
1A
-
52
3. iteracija
-2 3 0 0 M M
Baza DS
0 0 7/9 1 0 0 1/9 47/9
-2 1 -2/9 0 0 0 1/9 29/9
0 0 -35/9 0 1 -1 4/9 35/9 35/9
0 0 0 0 -M -M
0 -23/9 0 0 -2/9-58/9
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W 2W1V
1U
1U
1A
1V
Rjeenje
44,695800
9350
947003
9292min
0,0,9
35,
947
,0,929
211121
==+++++=
======
MMz
wwvuxx
Grafiko rjeenje
x
y
1 2O
3 4 5 76 1098 13 141211
1
2
34
5
6
78
9
10
12
13
14
-1-2-3-1-2
-3
-4
-5
-6
-7
11
-4-5
0p
1p
3p
2p
minp
A
B
-
53
Zadatak
0,,
5 10 20
___________________
)121012max(
321
32
31
321
321
++=++
++
xxx
xx
xx
xxx
xxx
Kanonski oblik
0,,,,,,
5 10 20
________________________________________
)00121012max(
2111321
2132
131
1321
2111321
=++
=++
=+++
++++
wwvuxxx
wvxx
uxx
wxxx
MwMwvuxxx
1.iteracija12 10 12 0 0 -M -M
Baza DS
-M 1 1 1 0 0 1 0 20 20
0 1 0 1 1 0 0 0 10 10
-M 0 1 1 0 -1 0 1 5 5
-M -2M -2M 0 M 0 0 -25M
-12 -10 -12 0 0 0 0 0
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W1V
1W
2W3A 1U 1U
1U
2W
-
54
2.iteracija12 10 12 0 0 -M -M
Baza DS
-M 1 0 0 0 1 1 -1 15 15
0 1 -1 0 1 1 0 -1 5 5
12 0 1 1 0 -1 0 1 5
-M 0 0 0 -M 0 2M -15M
-12 2 0 0 -12 0 12 60
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W1V
1W
2W3A 1U1U
1U
3A
3.iteracija12 10 12 0 0 -M -M
Baza DS
-M 0 1 0 -1 0 1 0 10 10
12 1 -1 0 1 1 0 -1 5
12 0 1 1 0 -1 0 1 5 5
0 -M 0 M 0 0 M -10M
0 -10 0 12 0 0 0 120
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W1V
1W
2W3A 1U1U
3A
1A
4.iteracija12 10 12 0 0 -M -M
Baza DS
-M 0 0 -1 -1 1 1 -1 5 5
12 1 0 1 1 0 0 0 10
10 0 1 1 0 -1 0 1 5
0 0 M M -M 0 2M -5M
0 0 10 12 -10 0 10 170
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W1V
1W
2W3A 1U1U
1A
2A
-
55
5.iteracija12 10 12 0 0 -M -M
Baza DS
0 0 0 -1 -1 1 1 -1 5
12 1 0 1 1 0 0 0 10
10 0 1 0 -1 0 1 0 10
0 0 0 0 0 M M
0 0 0 2 0 10 0 220
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W1V 2W3A 1U1U
1A
2A
1V
Rjeenje
22010012000500001210101012max
0,0,5,0,0,10,10 2111321
=+=++++++=
=======
MMz
wwvuxxx
Posebni sluajevi linearnog programiranja
-
56
Degeneracija u linearnom programiranju
Mogue bazino rjeenje ima manje od m varijabli razliitih od nule (m je broj ogranienja)
U grafikom prikazu to znai da neki pravac dotie skup moguih rjeenja u nekom vrhu
U tom sluaju to ogranienje ne pridonosi odreivanju vrijednosti rjeenja
Prilikom raunanja simpleks metodom postoji vie vektora koji zadovoljavaju uvjet ulaska u bazu odnosno izlaska iz baze
Primjer degeneracije
0,4479
12382
)44max(
+
++
+
yxyx
yxyx
yx
447912382
3
2
1
=+
=+
=+
yxpyxpyxp
Grafiki prikaz degeneracije
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1p
2p
S
)5
16,
512(B
447912382
=+
=+
=+
yxyxyx
)0,4(A
)4,0(C
)0,0(O
321 pppB
y
x
3p
-
57
Dualna degeneracija Vie vektora kandidata za ulaz u bazu Vie stupaca u retku kriterija odluivanja ima
jednaku negativnu (pozitivnu) vrijednost kod traenja maksimuma (minimuma)
Za ulaz u bazu moe se odabrati bilo koji meu vektorima koji zadovoljavaju kriterij
Primarna degeneracija Vie vektora kandidata za izlaz iz baze Vie redaka u stupcu kriterija odluivanja
(stupac kvocijenta desne strane i elemenata kljunog stupca) ima jednaku najmanju vrijednost
Odabirom proizvoljnog retka dolazi se do rjeenja u veini sluajeva
U nekim sluajevima moe doi do kruenja pa se tada koristi neki od dodatnih kriterija
Kriterij Wolf-a Ako u zadnjem stupcu postoji vie jednakih
kvocijenta izraunava se po istom postupku kvocijent elemenata n-tog stupca i elemenata kljunog stupca za retke s istim kvocijentom
Ukoliko se ponovo pojavi degeneracija, postupak se ponavlja s (n-1) stupcem i tako redom dok se jednoznano ne odredi redak tj. vektor koji e izai iz baze
-
58
Rjeenje primjera simpleks metodom
0,,,,4479
12382
)00044max(
32121
321
221
121
32121
=++
=++
=++
++++
uuuxx
uxx
uxx
uxx
uuuxx
0,4479
12382
)44max(
21
21
21
21
21
+
++
+
xx
xx
xx
xx
xx
1. iteracija
4 4 0 0 0
B DS
0 2 1 1 0 0 8 4
0 1 3 0 1 0 12 12
0 9 7 0 0 1 44 44/9
-4 -4 0 0 0 0jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1U 2U 3U2A
1U
2U
3U
2. iteracija
4 4 0 0 0
B DS
4 1 1/2 1/2 0 0 4 8
0 0 5/2 -1/2 1 0 8 16/5
0 0 5/2 -9/2 0 1 8 16/5
0 -2 2 0 0 16jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1U 2U 3U2A
2U
3U
1A
-
59
2. Iteracija (kriterij Wolf-a)
4 4 0 0 0
B DS
4 1 1/2 1/2 0 0 4
0 0 5/2 -1/2 1 0 8 0
0 0 5/2 -9/2 0 1 8 2/5
0 -2 2 0 0 16jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1U 2U 3U2A
2U
3U
1A
3. iteracija
4 4 0 0 0
B DS
4 1 0 3/5 -1/5 0 12/5
4 0 1 -1/5 2/5 0 16/5
0 0 0 -4 -1 1 0
0 0 8/5 4/5 0 112/5jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1U 2U 3U2A
3U
1A
2A
Rjeenje
4,225
1120000005
1645
124max
0,0,0,5
16,
512
32121
==++++=
=====
z
uuuxx
-
60
Primjer neogranienog rjeenja
0,,,,,623
22623
)000max(
112121
221
121
1121
112121
=++
=+
=++
++++
wvuuxx
uxx
uxx
wvxx
Mwvuuxx
0,623
22623)max(
21
21
21
21
21
+
+
+
xx
xx
xx
xx
xx
1. iteracija
1 1 0 -M 0 0
B DS
-M 3 2 -1 1 0 0 6 2
0 1 -2 0 0 1 0 2 2
0 -3 2 0 0 0 1 6
-3M -2M M 0 0 0 -6M
-1 -1 0 0 0 0jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1W1V 1U 2U2A
1U1W
2U
2a. iteracija
1 1 0 -M 0 0
B DS
1 1 2/3 -1/3 1/3 0 0 2 3
0 0 -8/3 1/3 -1/3 1 0 0
0 0 4 -1 1 0 1 12 3
0 0 0 M 0 0
0 -1/3 -1/3 1/3 0 0 2jJ cz
is
i
a
b
jc
1W1V 1U 2U2A
1U
2U
1A
1A
-
61
3a. iteracija
1 1 0 -M 0 0
B DS
1 3/2 1 -1/2 1/2 0 0 3
0 4 0 -1 1 1 0 8
0 -6 0 1 -1 1 1 0 0
1/2 0 -1/2 M 0 0
0 0 0 1/2 0 0 3jJ cz
is
i
a
b
jc
1W1V 1U 2U2A
1U
2U
1A
2A
4a. iteracija1 1 0 -M 0 0
B DS
1 -3/2 1 0 0 0 1/2 3
0 -2 0 0 0 1 2 8
0 -6 0 1 -1 1 1 0
0 0 0 M 0 0
-5/2 0 0 0 0 1/2 3jJ cz
is
i
a
b
jc
1W1V 1U 2U2A
1U
1A
2A
1V
2b. iteracija
1 1 0 -M 0 0
B DS
1 1 2/3 -1/3 1/3 0 0 2 3
0 0 -8/3 1/3 -2/3 1 0 0
0 0 4 -1 1 0 1 12 3
0 0 0 M 0 0
0 -1/3 -1/3 1/3 0 0 2jJ cz
is
i
a
b
jc
1A1W1V 1U 2U2A
1U
2U
1A
-
62
3b. iteracija
1 1 0 -M 0 0
B DS
1 1 0 -1/6 1/6 0 -1/6 0
0 0 0 -1/3 0 1 2/3 8
1 0 1 -1/4 1/4 0 1/4 3
0 0 0 M 0 0
0 0 -5/12 5/12 0 1/12 7/3jJ cz
is
i
a
b
jc
1A1W1V 1U 2U2A
1U
1A
2A
Rjeenje U oba sluaja vektor koji bi trebao ui u bazu
ima negativne komponente ( i ) pa se ne moe odrediti koji e vektor izai iz baze
neogranieno raste Funkcija stalno poveava svoju vrijednost kako
raste
1A
1x
1x
1V
Grafiki prikaz neogranienog rjeenja (max)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1
2
3
4
5
6
7
8 9
10
11
12
1p
2p
y
x
3p
0p
A
B
O
62322623
0
213
212
211
210
=+
=
=+
=+
xxpxxpxxp
xxp
-
63
Primjer neogranienog rjeenja
0,,,,,4
33632
)000min(
112121
21
121
1121
112121
=+
=+
=++
++++
wvuuxx
ux
uxx
wvxx
Mwvuuxx
0,4
33632)min(
21
1
21
21
21
+
xx
x
xx
xx
xx
Grafiki prikaz neogranienog rjeenja
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11 12
1p
2p
S
)0,0(O
y
x
3p
0p
1. iteracija
1 -1 0 M 0 0
B DS
M 2 3 -1 1 0 0 6 2
0 1 -3 0 0 1 0 3
0 1 0 0 0 0 1 4
2M 3M -M 0 0 0 6M
-1 1 0 0 0 0jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1W1V 1U
2U
2A
1W
1U
2U
-
64
2. iteracija
1 -1 0 M 0 0
B DS
-1 2/3 1 -1/3 1/3 0 0 2
0 3 0 -1 1 1 0 9
0 1 0 0 0 0 1 4
0 0 0 -m 0 0
-5/3 0 1/3 -1/3 0 0jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1W1V 1U
2U
2A
1U
2U
2A
Rjeenje Nijedna od komponenti vektora koji bi trebao
ui u bazu nije pozitivna pa se ne moe odrediti koji e vektor izai iz baze
neogranieno raste Funkcija nije ograniena odozdo tj. njezina se
vrijednost neogranieno smanjuje na skupu moguih rjeenja
1V
2x
Primjer s beskonano mnogo rjeenja
0,,,,10224322054
)00064max(
32121
321
221
121
32121
=++
=++
=+
++++
uuuxx
uxx
uxx
uxx
uuuxx
0,102
1223
2054)64max(
21
21
21
21
21
+
+
+
xx
xx
xx
xx
xx
-
65
Grafiki prikaz
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 1 1
12
1p
2p
y
x
3p
0p
A
B
C
D
O
10224322054064
213
212
211
210
=+
=+
=
=+
xxpxxpxxp
xxp
1. iteracija
4 6 0 0 0
B DS
0 4 -5 1 0 0 20
0 2 3 0 1 0 24 8
0 -1 2 0 0 1 10 5
-4 -6 0 0 0 0jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1U 2U 3U2A
1U
2U
3U
2. iteracija
4 6 0 0 0
B DS
0 3/2 0 1 0 5/2 45 30
0 7/2 0 0 1 -3/2 9 18/7
6 -1/2 1 0 0 1/2 5
-7 0 0 0 3 30jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1U 2U 3U2A
1U
2U
2A
-
66
3. iteracija
4 6 0 0 0
B DS
0 0 0 1 -3/7 22/7 288/7
4 1 0 0 2/7 -3/7 18/7
6 0 1 0 0 2/7 44/7
0 0 0 8/7 0 48jJ cz
is
i
a
b
jc
1A
1U 2U 3U2A
1U
2A
1A
Rjeenje
4800007
28807446
7184max
0,0,7
288,
744
,
718
32121
=++++=
=====
z
uuuxx
Problemi s nedopustivim poetnim rjeenjem
0,6
30733
)2max(
21
2
21
21
21
+
+
xx
x
xx
xx
xx
0,,,,,6
30733
)0002max(
112121
22
1121
121
211121
=+
=++
=+
++++
wvuuxx
ux
wvxx
uxx
uMwvuxx
-
67
Problemi s nedopustivim poetnim rjeenjem
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1
2
3
4
5
6
7
8 9
10
11
12
1p 2p
y
x
3p
0p
A
BC
D
O
63073
3
02
23
212
211
210
=
=+
=
=+
xpxxp
xxp
xxp
1. iteracija2 1 0 0 -M 0
B DS
0 1 -1 1 0 0 0 3
-M 3 7 0 -1 1 0 30 30/7
0 0 1 0 0 0 1 6 6
-3M -7M 0 M 0 0 -30M
-2 -1 0 0 0 0 0jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1W1V1U 2U2A
1U
1W
2U
2. iteracija2 1 0 0 -M 0
B DS
0 10/7 0 1 -1/7 1/7 0 51/7 51/10
1 3/7 1 0 -1/7 1/7 0 30/7 10
0 -3/7 0 0 1/7 -1/7 1 12/7
0 0 0 0 M 0
-11/7 0 0 -1/7 1/7 0 30/7jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1W1V1U 2U2A
2U2A1U
-
68
3. iteracija2 1 0 0 -M 0
B DS
2 1 0 7/10 -1/10 0 51/10
1 0 1 -3/10 -1/10 0 21/10
0 0 0 3/10 1/10 1 273/70 39
0
0 0 11/10 -12/35 0 123/10jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1W1V1U 2U2A
2U2A1A
4. iteracija2 1 0 0 -M 0
B DS
2 1 0 1 0 1 9
1 0 1 0 0 1 6
0 0 0 3 1 10 39
0 0 0 0 0 0
0 0 2 0 0 3 24jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 1W1V1U 2U2A
2A1A
1V
Rjeenje
2439000006192max
39,0,0,6,9 12121
=++++=
=====
z
vuuxx
-
69
Dualni problemi linearnog programiranja
Ekonomski aspekt optimizacije
Osobina ekonomskih problema je da se s aspekta optimizacije mogu istovremeno promatrati na dva naina
Npr.: Ostvarenju maksimalne dobiti u problemu proizvodnje uz odreene uvjete odgovara problem iji je cilj minimizirati trokove proizvodnje
Problem ishrane: Proizvoa hrane nastoji minimizirati trokove uz zadovoljenje normativa , a kupac eli zadovoljiti normativ prehrane uz minimalne trokove
Primarni problem i njegov dual Za svaki problem linearnog programiranja
mogue je sastaviti njemu odgovarajui model Originalni problem nazivamo PRIMARNI ili
PRIMAL, a njemu odgovarajui DUAL Dualni problem maksimuma je minimum i
obrnuto
Max f Min gMin f Max g
-
70
Dual standardnog problema LP(simetrini dual)
0, 3 3 6 3
4 )3y(2y min g min
DUAL
21
21
21
21
21
++
+
+=
yyyy
yyyy
0,, 3 3x
2 x- 3 )3x6x(4xmax fmax
PRIMAL
321
321
321
321
++
+
++=
xxx
xx
xx
sadre samo nenegativne varijable sadre samo nejednakosti u ogranienjima
( programi su zadani u standardnom obliku)
Formiranje simetrinog duala1. Primal ima strukturne varijable2. Dual ima dualne varijable
(skriveni trokovi)3. Max f postaje Min g i obrnuto4. Koeficijenti funkcije cilja primala postaju
koliine ogranienja u dualu5. Koliine ogranienja primala postaju koeficijenti
funkcije cilja duala
nxxx ,...,, 21
myyy ,...,, 21
Formiranje simetrinog duala6. Elementi u matrici sustava mijenjaju mjesto tako
da reci iz primala postaju stupci u dualu, a stupci iz primala reci u dualu (transponirana matrica)
7. Broj dualnih varijabli u dualu odgovara broju ogranienja iz primala, a broj ogranienja u dualu broju strukturnih varijabli primala
8. Znak u nejednakostima ogranienja mijenja se u suprotan
-
71
Fundamentalni teorem dualiteta
Teorem:Ako su neki program i njegov dual mogui, tada oba imaju optimalno rjeenje i vrijednosti optimalnih programa su jednake. Ako jedan od tih dvaju programa nije mogu, tada drugi nema optimalno rjeenje.
Tablini zapis rezultata fundamentalnog teorema dualiteta
OPTIMALAN NEMA MOGUE RJEENJE NEOGRANIEN
OPTIMALAN MOGUE NEMOGUE NEMOGUE
PRIMAL NEMA MOGUE RJEENJE NEMOGUE MOGUE MOGUENEOGRANIEN NEMOGUE MOGUE NEMOGUE
DUAL
Primjena duala Potvrda optimalnosti Za izraunavanje problema minimuma preko
duala U postoptimalnoj analizi: analiza nakon
optimalnog rjeenja
-
72
Princip oslabljene komplementarnosti
Primarni problem
0
max '
X
BXA
XC
0,0
max '
=+
UX
BUIXA
XC
Standardni obliku matrinom zapisu
Kanonskii obliku matrinom zapisu
U je m - komponentni vektor. Komponente vektora U nazivajuse neiskoritene ili oslabljene (slack) varijable.I u dualnom problemu javljaju se neiskoritene varijable priprijelazu na kanonski oblik.
Dualni problem
0
in '
'
Y
CAY
BYm
0,0
in ''
'
=+
VY
CVIAY
BYm
Standardni obliku matrinom zapisu
Kanonskii obliku matrinom zapisu
V je n - komponentni vektor (broj strukturnih varijabliprimarnog problema).
-
73
Princip oslabljene komplementarnostiTeorem: Neka su Y i X mogua rjeenja odgovarajuihdualnih problema, a ''' CAYVXABU == i
vektori neiskoritenih (oslabljenih) varijabli u kanonskom
obliku primarnog i dualnog problema.
Y i X su optimalna rjeenja ako i samo ako vrijedi:
0== X V UY ''
Princip oslabljene komplementarnostiKorolar: Barem jedna od dviju korespodentnih komponenti od
YU i jednaka je nuli. Isto vrijedi i za . i XVIz navedenog teorema i korolara slijedi da ukoliko je k-tastrukturna varijabla u rjeenju primarnog problema pozitivna,tada je k-to ogranienje u dualnom problemu jednadba, jer jek-ta oslabljena dualna varijabla u odgovarajuem optimalnomrjeenju dualnog problema jednaka nuli.
0 0 => kk vx
Ako se u optimalnom rjeenju primarnog problema pojavi pozitivna oslabljena varijabla, tada je u optimalnom rjeenju duala k-ta strukturna varijabla jednaka nuli.
0 0 => kk yu
Primjer rjeavanja minimuma preko duala
0,12 392 2
13)159min(
21
21
21
21
21
++
+
+
xx
xx
xx
xx
xx
0,,,,,,,12 392 2
13)000159min(
32132121
3321
2221
1121
32132121
=++
=++
=++
+++++++
wwwvvvxx
wvxx
wvxx
wvxx
MwMwMwvvvxx
-
74
Primjer rjeavanja minimuma preko duala
0,,1522 3
932)9max(
321
321
321
321
++
++
++
yyyyyy
yyy
yyy
0,,,,1522 3
932)009max(
21321
2321
1321
21321
=+++
=+++
++++
uuyyyuyyy
uyyy
uuyyy
1. iteracija (dual)
1 9 1 0 0
B DS
0 1 2 3 1 0 9 9/2
0 3 2 2 0 1 15 15/2
-1 -9 -1 0 0 0jJ cz
is
i
a
b
jc
1A 2U2A 3A 1U
1U
2U
2. iteracija (dual)
1 9 1 0 0
B DS
9 1/2 1 3/2 1/2 0 9/2
0 2 0 -1 -1 1 6
7/2 0 25/2 9/2 0 81/2jJ cz
jc
1A 1U 2U2A 3A
2U2A
*
2x
*
1x
*
1v
*
2v
*
3v
2y2u
fg minmax
=
-
75
Oitavanje rjeenja primala za standardni problem minimuma
Vrijednosti strukturnih varijabli primala nalaze se u zadnjem retku ispod dopunskih varijabli duala.
Vrijednosti dopunskih varijabli primala nalaze se uzadnjem retku ispod strukturnih varijabli duala.
Rjeenje
281600001
29901max
6,0,0,29
,0 21321
=++++=
=====
g
uuyyy
Dualnog problema
Primarnog problema
281000
225000
270015
299min
0,0,0,225
,0,27
,0,29 *
3*
2*
1*
3*
2*
1*
2*
1
=+++++++=
========
MMMf
wwwvvvxx
Primjer rjeavanja maksimuma preko duala
0, y8 3 y6 2
)4(3y min min
DUAL
21
21
21
21
++
+=
yyyy
yg
0, 4 3 3 2
)8x(6xmax max
PRIMAL
21
21
21
21
+
+
+=
xx
xx
xx
f
-
76
Kanonski oblik duala
)0043min( 212121 MwMwvvyy +++++
0,,,,, 8 - 3 6 - 2
212121
2221
1121
=++
=++
wwvvyywvyy
wvyy
1. iteracija
3 4 0 0 M M
Baza DS
M 2 1 -1 0 1 0 6 6
M 1 3 0 -1 0 1 8 8/3
3M 4M -M -M 0 0 14M
-3 -4 0 0 0 0
is
i
a
bjc
jj cz
1A 2A 1W 2W1V 2V
1W
2W
2. iteracija
3 4 0 0 M M
Baza DS
M 5/3 0 -1 1/3 1 -1/3 10/3 2
4 1/3 1 0 -1/3 0 1/3 8/3 8
(5/3)M 0 -M (1/3)M 0 (-4/3)M (10/3)M
-5/3 0 0 -4/3 0 4/3 32/3
is
i
a
bjc
jj cz
1A 2A
1W
2W1V 2V
2A
1W
-
77
3. iteracija3 4 0 0 M M
Baza DS
3 1 0 -3/5 1/5 3/5 -1/5 2
4 0 1 1/5 -2/5 -1/5 2/5 2
-M -M
0 0 -1 -1 1 1 14
is
i
a
bjc
jj cz
2A
1A
1A 2A 1W 2W1V 2V
*
1x
*
2x
1y
2y
fg maxmin
=
*
1u
*
2u
*
1x
*
2x
Oitavanje rjeenja primala za standardni problem maksimuma
Vrijednosti strukturnih varijabli primala nalaze se u zadnjem retku ispod dopunskih varijabli duala sa suprotnim predznakom ili ispod umjetnih varijablibez promjene predznaka.
Vrijednosti dopunskih varijabli primala nalaze se uzadnjem retku ispod strukturnih varijabli duala sasuprotnim predznakom.
Rjeenje
140000002423min0,0,0,0,2,2 212121
=+++++=
======
MMgwwvvyy
Dualnog problema
Primarnog problema
1400001816max0,0,1,1 21*2*1
=+++=
====
fuuxx
-
78
Dualni problemi opeg linearnog programa
Dual opeg problema LP(nesimetrini dual)
C(S)S\i ASi A
Tj 0Cmax
PRIMAL
i
i
'
==
MbXbX
x
X
i
i
j
{ } { }NT ,
n, . . . 2, 1,N m, . . . 2, 1,
==
MSM
C(T)T\ j AYTj AYSi 0
Ymin DUAL
ji
ji
'
==
Nc
c
yB
j
j
i
- ogranienja sadre i jednadbe- neke varijable mogu biti negativne (ne trai se uvjet
nenegativnosti
Formiranje nesimetrinog duala Svakoj nenegativnoj varijabli primala
odgovara nejednadba ogranienja Svakoj slobodnoj varijabli (moe biti
negativna) odgovara jednadba u dualu Svakoj nejednadbi ogranienja u primalu
odgovara nenegativna dualna varijabla Svakoj jednadbi primala odgovara
slobodna dualna varijabla
-
79
Dual kanonskog problema
0,, 12
2
)2max(
321
321
321
21
=+
=+
+
xxx
xxx
xxx
xx
Zadani problem je u kanonskom obliku (sva ogranienja su jednadbe)pa njegov dual nema ogranienja nenegativnosti strukturnih varijabli.
Ryyyy
yyyy
yy
++
+
21
21
21
21
21
,
0221
)2min(
Obzirom da strukturne varijable nemaju ogranienja, a za primjenu simpleksmetode sve varijable moraju biti nenegativne izvrit emo potrebne supstitucijeda bi dobili matematiki model prireen za simpleks metodu.Umjetne varijable uvest emo samo ako budu potrebne.
Dual:
0,, ,,02
21
)2min(
32121
321
221
121
21
=+
=
=+
+
vvvRyyvyy
vyyvyy
yy
Kanonski oblik duala:
Dual kanonskog problema
I. korak:
0,,02
213)25min(
321
321
322
312
32
=+
=
=
vvv
vyyvvyvvy
vyUvrtavanjem dobivamo:
321321 22 vyyvyy =+=Iz tree jednadbe:
Dual kanonskog problema
-
80
II. korak:
0,,523
)1035min(
321
321
32
=
++
vvv
vvv
vv
Uvrtavanjem dobivamo:
22222 3222322212212 ++===++= vvyvvyyvyyvyy
Iz druge jednadbe:
Dual kanonskog problema
Simpleks iteracije
0 5 3
B DS
0 1 -3 -2 5
0 -5 -3 0jj cz
is
i
a
b
jc
1V 2V 3V
1V
Rjeenje
Primal:
Dual:
1028)2min(10)1035min(
42220,0,5
21
32
321
322
321
=+=+
=++
==
=++=
===
yyvv
vyyvvy
vvv
10)02max(3,5,0
321
321
=++
===
xxx
xxx
-
81
Dual problema s mjeovitim ogranienjima
0,,1232
306032
)23min(
321
321
321
321
321
++
=++
++
++
xxx
xxx
xxx
xxx
xxx
Dual:
Primal:
Ryyyyyyyy
yy
yyy
++++
++
++
231
321
321
321
321
,0,13y 3222
3y )123060max(
0,,1232
306032
)23min(
321
321
321
321
321
++
=++
++
xxx
xxx
xxx
xxx
xxx
Kanonski oblik duala
Ryuuuyyuyyuyyy
uyy
uuuyyy
=+++
=+++
=+++
+++++
232131
3321
2321
1321
321321
,0,,,,13y 3222
3y )000123060max(
Dobili smo model sa slobodnom varijablom.
Kanonski oblik dualaSlobodnu varijablu izrazimo pomou nenegativnih varijabli itransformiramo ogranienja i funkciju cilja.
90)301830max()123060max(
90301830123060
22213y 31222
33y
131321
131321
31313321
21312321
13121321
+=++
+=++
=+=+++
=+=+++
==+++
uyyyyy
uyyyyy
uuyyuyyuuyyuyyyuyyyuyy
-
82
Kanonski oblik duala
0,,,,222
1
)301830max(
32131
23131
12131
21131
=++
=++
uuuyywuuyy
wuuyy
MwMwuyy
3. iteracija-30 -18 -30 0 0 -M -M
B DS
-30 0 0 1 -2 1 2 -1 0
-30 1 -1 0 1 -1 -1 1 1
0 48 0 30 0 M-30 M -30jj cz
is
i
a
b
jc
1A 1W 2W1U 2U 3U3A
1U
1A
6090030018130max0,0,0,0,1 32131
=+=
=====
Wuuuyy
600130203min0,30,0 *3*2*1
=++=
===
Zxxx
Rjeenje duala Rjeenje primala
Analiza optimalnog rjeenjalinearnog programa
-
83
Elementi analize optimalnog rjeenja Kontrola rezultata Analiza primala Analiza duala Analiza ogranienja Analiza varijabli izvan optimalnog
programa Analiza optimalnog rjeenja pomou
dualnih varijabli
Kontrola rezultata uvrtavanjem varijabli rjeenja u kanonski oblik
0, 29 29 9 342
)32min(
21
21
21
21
21
=
++
+
xx
xx
xx
xx
xx
0,,,,, 29 29
9 342
)0032min(
211121
221
1121
121
211121
=+
=++
=++
+++++
wwvuxx
wxx
wvxx
uxx
MwMwvuxx
Kontrola rezultata uvrtavanjem varijabli rjeenja u kanonski oblik
44,69
58009
3509
470039292min
0,0,935
,
947
,0,9
29 211121
==+++++=
======
MMz
wwvuxx
290029299
9981
935
91160
93503
9294
2 9
18
9470
929
=+
===++
==++
Rjeenje:
Provjera ogranienja
-
84
Kontrola rezultata pomou inverzne matrice
01* ABX =
Rjeenje - vektor stupac ije su komponente varijable rjeenja
*X
1B
0A
Matrica koju ine svi elementi u stupcima vektora poetne baze dobivenih u posljednjoj iteraciji
Vektor stupac slobodnih koeficijenata ogranienja
Kontrola rezultata pomou inverzne matrice(Primjer 1.)
0,, 8 2 43
11 2 45 3 2
)345max(
31
321
321
321
321
++++++
++
xxx
xxx
xxx
xxx
xxx
Kontrola rezultata pomou inverzne matrice(Primjer 2.)
0,,
5 10 20
___________________
)121012max(
321
32
31
321
321
++=++
++
xxx
xx
xx
xxx
xxx
-
85
Kontrola rezultata pomou inverzne matrice (1. iteracija)
12 10 12 0 0 -M -M
Baza DS
-M 1 1 1 0 0 1 0 20 20
0 1 0 1 1 0 0 0 10 10
-M 0 1 1 0 -1 0 1 5 5
-M -2M -2M 0 M 0 0 -25
-12 -10 -12 0 0 0 0 0
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W1V
1W
2W3A 1U1U
1U
2W
Kontrola rezultata pomou inverzne matrice
Poetnu vektorsku bazu sainjavaju vektori:
=
=
=
100
W, 010
U, 001
W 211
Inverznu matricu oitavamo iz posljednje iteracije,a ine ju stupci poetne vektorske baze.
Kontrola rezultata pomou inverzne matrice (zadnja iteracija)
12 10 12 0 0 -M -M
Baza DS
0 0 0 -1 -1 1 1 -1 5 5
12 1 0 1 1 0 0 0 10
10 0 1 0 -1 0 1 0 10
0 0 0 0 0 M M
0 0 0 2 0 10 0 220
is
i
a
bjc
1A 2A
jj cz
1W1V 2W3A 1U1U
1A
2A
1V
-
86
Kontrola rezultata pomou inverzne matrice
2
1
1
01*
01
10105
51020
011010111
51020
A , 011010111
x
x
v
ABX
B
=
==
=
=
Analiza primalaPrimjer: Tvornica proizvodi tri proizvoda P1,P2,P3 na raznim strojevima.Uska grla proizvodnje su strojevi S1, S2, S3 i S4 te prema njima treba odreditiplan proizvodnje. Potrebno vrijeme proizvodnje pojedinog proizvoda naodreenom stroju, kapaciteti strojeva (raspoloivo vrijeme) te dobit po jediniciproizvoda dani su u sljedeoj tablici:
Potrebno vrijeme rada stroja za jedinicu proizvoda Raspoloivi fond sati
strojaP1 P2 P3
S1 5 1 2 2400S2 4,5 3 2,2 3000S3 1,5 4 3 2700S4 3 2,5 5 3600
Dobit 14 7 10
Odrediti optimalni plan proizvodnje za ostvarenje maksimalne dobiti.
Matematiki model zadanog problema
0,,360055,232700345,1
30002,235,4240025
)10714max(
321
321
321
321
321
321
++++
++++
++
xxx
xxx
xxx
xxx
xxx
xxx
0,,,,,,360055,232700345,1
30002,235,4240025
)000010714max(max
4321321
4321
3321
2321
1321
4321321
=+++
=+++
=+++
=+++
++++++=
uuuuxxx
uxxx
uxxx
uxxx
uxxx
uuuuxxxz
-
87
Rjeenje primjera14 7 10 0 0 0 0
B DS
0 5 1 2 1 0 0 0 2400 480
0 4,5 3 2,2 0 1 0 0 3000 667
0 1,5 4 3 0 0 1 0 2700 1800
0 3 2,5 5 0 0 0 1 3600 1200
-14 -7 -10 0 0 0 0 0
Posljednja iteracija14 7 10 0 0 0 0
B DS
14 1 0 0 0,26 0 0 -0,11 252,6
0 0 0 0 -0,9 1 -0,76 0,37 144,7
7 0 1 0 0,03 0 0,4 -0,25 246,3
10 0 0 1 -0,17 0 -0,2 0,39 445,3
0 0 0 2,17 0 0,8 0,65 9713,7
I iteracija
jj cz
is
i
a
bjc
1A 1U 2U 3U 4U2A 3A
1U
2U
3U
4U
jj cz
is
i
a
b
jc
1A 1U 2U 3U 4U2A 3A
1A
2A
3A
2U
Znaenje koeficijenata i varijabli rjeenja primala
Naziv varijable
Vrijednost varijable
Vrijednost koeficijenata
Vrijednost funkcije cilja
Proizvod Koliina proizvoda
Dobit po jedinici proizvoda
P1P2P3
252,6246,3
445,32
147
10
3536,4 1724,14453,2
Max z = 9713,7
jcjx = jj xcz
Znaenje koeficijenata i varijabli rjeenja primala
- u funkciji kriterija
[ ] ][ 321 cccc j =[ ] ][ 321 xxxx j =
Dobit po jedinici proizvoda .................... kn/kom
Dobit ...................................................... knjj
j xc=
=
3
1z
Koliina .................................................. kom
-
88
Znaenje koeficijenata i varijabli rjeenja primala
- u ogranienjima][ ija
=
n
jijij xa
1
Vrijeme proizvodnje jedinice proizvoda ............sati/kom
Neiskoriteni sati stroja ........................... sati
( )321 ,, xxxIskoriteni sati stroja ......................................sati
( )4321 ,,, uuuuStrukturne varijable..................................... kom
( )jj cz Za vektore izvan baze ............................ Kn/sat(shadow price - cijena resursa - stroja)
Matematiki model dualnog problema
0,,,10532,22
75,2431435,15,45
)3600270030002400min(
4321
4321
4321
4321
4321
+++
++++++
+++
yyyyyyyy
yxyyyxyy
yyyy
0,,,,,,,,, 10532,22 75,243 1435,15,45
)0003600270030002400min(
3213214321
334321
224321
114321
3213214321
=++++
=++++
=++++
+++++++++
wwwvvvyyyywvyyyywvyxyywvyxyy
MwMwMwvvvyyyy
Znaenje koeficijenata i varijabli rjeenja duala
Ogranienje Koliina ogranienjaVrijednost dualne
varijableIznos
Stroj Raspoloivo vrijeme stroja
Vrijednost po jedinici resursa (sat stroja),cijena ogranienja
Vrijednostresursa
S1S2S3S4
2400300027003600
2,170
0,80,651
52080
21602343,6
iy iiyb
6,9711minmax === ii ybgz
ib
-
89
Znaenje koeficijenata i varijabli rjeenja duala
- u funkciji kriterija
[ ] [ ]4321 bbbbbi =
[ ] [ ] 4321 yyyyyi =
Koliine resursa i (raspoloivo vrijeme) ........ sati
Vrijednost resursa (stroja) ............................. knii yb
Vrijednost jedinice resursa ........................ Kn/sat
Znaenje koeficijenata i varijabli rjeenja duala
- u ogranienjima[ ]jia
[ ]107140 =jc
Vrijeme proizvodnje jedinice proizvoda ....... sat/kom
Razlika vrijednosti resursa i dobiti po komadu ...... Kn/kom
( )4321 ,,, yyyyVrijednost svih resursa po komadu ............ kn/kom
( )321 ,, vvv
Vrijednost jedinice resursa ............................ Kn/sat
( )jj cz Za vektore izvan baze ................................................ kom
Transportni problem linearnog programiranja
-
90
PrimjerU gradskom prometu potrebno je iz 3 garae uputiti 15 autobusa na 4 polazne stanice za pojedine gradske linije. Podaci o broju autobusa kojima raspolau pojedine garae i o broju autobusa koje treba uputiti na pojedine polazne stanice iznose:1. garaa - 2 autobusa, 2. garaa - 6 autobusa3. garaa - 7 autobusa1. stanica - 3 autobusa, 2. stanica - 3 autobusa3. stanica - 4 autobusa, 4. stanica - 5 autobusaTrokovi vonje od pojedine garae do odreene polazne stanice prikazani su u sljedeoj tablici:
PrimjerPol.stanice
Garae
20 11 15 13 2
17 14 12 13 6
15 12 18 18 7
Potreban broj autobusa na polaznoj stanici 3 3 4 5 15
Raspoloivi broj autobusa u garai1PS 2PS 3PS 4PS
1G
2G
3G
Zadatak glasi:Autobuse treba rasporediti tako da se zadovolje potrebe svih polaznih stanica uz minimalne trokove.
Primjer - matrica transporta
20 11 15 13
17 14 12 13
15 12 18 18
3 3 4 5 15
2
6
7
jb
ia1O 2O 3O 4O
1I
3I2I
11x 12x 13x 14x
21x 22x 23x 24x
31x 32x 33x 34x
-
91
Primjer - matematiki model
5 4 3 x3 x x 7 x 6 x 2
342414
332313
322212
312111
34333231
24232221
14131211
=++
=++
=++
=++
=+++
=+++
=+++
xxx
xxx
xx
x
xxx
xxx
xxxx
)18181215 1312141713151120min( 343332312423222114131211 xxxxxxxxxxxx +++++++++++
4,3,2,1 ; 3,2,1 ; 0 == jixij
Formulacija transportnog problemaTransportni problem (TP) je takav problem linearnog programiranja kod kojeg treba programirati prijevoz odreenog broja jedinica (tereta, osoba) iz vie ishodita (mjesta gdje se nalazi roba koja se rasporeuje) u vie odredita (mjesta u kojem se podmiruje potranja) s ciljem da trokovi prijevoza budu minimalni.Pretpostavka je da ponuda pojedinih ishodita tj. koliina s kojom raspolau odreena ishodita mora biti iskoritena i da potranja svih odredita tj. potrebe moraju biti zadovoljene.Najei elementi vezani za TP jesu trokovi, vrijeme i udaljenost iju minimalnu vrijednost traimo.
Matrica transporta Odredita
Ishodita........
Ponuda
........
......... ............ .......... ........... ........... ...........